CF1901

$\mathtt{\text{link}}$

A

答案为 $max\{\underset{i=2}{\overset{n}{max}}(p_i-p_{i-1}),2(t-p_n)\}$。

B

传送与传送之间的每一段都是一个区间，也就是每次选一个区间 $+1$。

这个是经典的，答案为 $\frac{1}{2}\sum _{i=1}^{n+1}|c_i-c_{i-1}|,c_0=c_{n+1}=0$，证明考虑差分，每次将两个数 $+1,-1$，显然最少需要所有正数差分值得和，也容易构造解。

C

显然只用关心 $min$ 和 $max$，即 $n=2$。

答案的上界是 ${\log }_2(max-min)+1$，构造的话考虑当前数分别是 $i,i+k$，分 $i,k$ 奇偶性讨论，都可以通过 $\lfloor \frac{i}{2}\rfloor$ 或 $\lfloor \frac{i+1}{2}\rfloor$ 使 $k\leftarrow \lfloor \frac{k}{2}\rfloor$。

D

设 $i$ 处开始的最小值为 $x$，有

$$\{\begin{array}{l}{a}_j\le x-(n-j),j<i\\ a_j\le x,j=i\\ a_j\le x-(j-1),j>i\end{array}$$

依此可求出 $x$ 的下界，对于 $i=1\sim n$，增量考虑，用 multiset 维护即可，$O(n\log n)$。

E

令 $f_i$ 表示，子树 $i$ 中仍有最终未被删除的点的最大贡献。

转移有$$f_u=max\{a_u,\underset{v\in so{n}_u}{max}{f}_v,a_u+\underset{k\ge 2,v_1,v_2,\cdots ,v_k\in so{n}_u}{max}\sum f_v\}$$ 分别对应只保留 $u$，$u$ 被压缩和 $u$ 不被压缩三种情况。

考虑 $f_u$ 和答案的关系，我们钦定 $u$ 为根，有$$ans=max\{a_u,a_u+\underset{k\ne 2,v_1,v_2,\cdots ,v_k\in so{n}_u}{max}\sum f_v,\underset{v_1,v_2\in so{n}_u}{max}(f_{v_1}+f_{v_2})\}$$

分别对应只保留 $u$，$u$ 不被压缩和 $u$ 被压缩三种情况。

简化一下，即$$f_u=max\{\underset{v\in so{n}_u}{max}{f}_v,a_u+\underset{k\ge 0,k\ne 1,v_1,v_2,\cdots ,v_k\in so{n}_u}{max}\sum f_v\}$$$$ans=max\{\underset{v_1,v_2\in so{n}_u}{max}(f_{v_1}+f_{v_2}),a_u+\underset{k\ge 0,k\ne 2,v_1,v_2,\cdots ,v_k\in so{n}_u}{max}\sum f_v\}$$

分 $k=1,2$ 和 $k\ge 3$ 的部分贪心取即可。时间复杂度 $O(n)$。

因为可以删光，记得 $ans$ 与 $0$ 取 $max$。

F

使梯形面积最小，即保证答案合法同时，直线在 $x=\frac{n-1}{2}$ 处的 $y$ 尽量小。记 $mid=\frac{n-1}{2}$。

容易发现直线一定至少过两个折点，否则一定可以通过顺时针或逆时针旋转减小 $y_c$，直到碰到另一个点。又因为所有点都在这条直线下方，所以答案直线一定是凸包某条线段的所在直线。因为让 $y_{mid}$ 最小，更进一步地，是凸包过 $mid$ 的线段所在的直线。于是我们解决了没有修改的问题。

加上修改，似乎要支持一个合并凸包的操作。但我们只关注跨越 $mid$ 的那条线段，先看如何处理左半边的答案。

设当前时刻为 $i,i\in [0,\lfloor \frac{n}{2}\rfloor )$。暴力想法是枚举左半边的点和右半边的点共 $O(n^2)$ 条线段，算出 $y_{mid}$ 最大值，对应的线段一定在凸包上。发现有效的线段很少，对于左边的某点 $P$，它最优的匹配点一定在右半边的凸包上，换句话说，是 $P$ 与右半边凸包的切点，于是可以二分求得。

记 $g(x,y)$ 为过 $(x,y)$ 点的切线，$f(L)$ 为直线 $L$ 在 $mid$ 处的值，则 $an{s}_i=max(\underset{j=0}{\overset{i}{max}}f(g(j,b_j)),\underset{j=i+1}{\overset{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }{max}}f(g(j,a_j)))$，预处理前缀后缀 $max$ 即可。

右半边的做法类似，时间复杂度 $O(n\log n)$。